\section{2006乙A}
一、（$30'$）粒子以能量$E$入射方势垒，$V(x)=\begin{cases}V_0>0,&0\le x\le a\\0,&x<0,x>0\end{cases}$。设能量$E>V_0$，求透射系数$T$。

二、（$30'$）自旋为$\frac{1}{2}$的粒子置于势场$V(x)$中，$V(x)=\begin{cases}0,&0\le x<a\\ \infty,&x<0,x>a\end{cases}$。设粒子所处状态为$\psi(x,s_z)=\sqrt{\frac{5}{18}}\varphi_3(x)\begin{pmatrix}1\\-i\end{pmatrix}+\sqrt{\frac{2}{9}}\varphi_5(x)\begin{pmatrix}1\\ i\end{pmatrix}$，其中$\varphi_n(x)$为系统空间部分的第$n$个能量本征函数（已归一化）。求能量的可测值及相应的取值概率。

三、用不确定度关系估算一维谐振子的基态能量。

四、（$30'$）各向同性的三维谐振子哈密顿算符为$\hat{H}^0=-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+\frac{m\omega^2}{2}r^2$。加上微扰$\hat{H}'=\lambda(xy+yz+zx)$后，求第一激发态的一级能量修正。

五、（$30'$）自旋为$\frac{1}{2}$，磁矩为$\mu$，电荷为零的粒子置于磁场中。$t=0$是磁场为$\vec{B}_0=(0,0,B_0)$，粒子处于$\hat{\sigma}_z$的本征值为$-1$的本征态$\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$。设在$t>0$时，再加上弱磁场$\vec{B}_1=(B_1,0,0)$，求$t>0$时的波函数，以及测到自旋反转的概率。



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\section*{2006乙A解答}
\hypertarget{2006yiA1}{一、}\footnote{同类型题见：\hyperlink{2006yiB1}{2006乙B第一题}}（$30'$）粒子以能量$E$入射方势垒，$V(x)=\begin{cases}V_0>0,&0\le x\le a\\0,&x<0,x>0\end{cases}$。设能量$E>V_0$，求透射系数$T$。

解：完完全全教材内容，见曾书P74，3.3.1 。

\hypertarget{2006yiA2}{二、}\footnote{同类型题见：\hyperlink{2006yiB3}{2006乙B第三题}}（$30'$）自旋为$\frac{1}{2}$的粒子置于势场$V(x)$中，$V(x)=\begin{cases}0,&0\le x<a\\ \infty,&x<0,x>a\end{cases}$。设粒子所处状态为$\psi(x,s_z)=\sqrt{\frac{5}{18}}\varphi_3(x)\begin{pmatrix}1\\-i\end{pmatrix}+\sqrt{\frac{2}{9}}\varphi_5(x)\begin{pmatrix}1\\ i\end{pmatrix}$，其中$\varphi_n(x)$为系统空间部分的第$n$个能量本征函数（已归一化）。求能量的可测值及相应的取值概率。

解：改写$\psi(x,s_z)$为：
\begin{align*}
\psi(x,s_z)&=\sqrt{\frac{5}{18}}\varphi_3(x)\begin{pmatrix}1\\-i\end{pmatrix}+\sqrt{\frac{2}{9}}\varphi_5(x)\begin{pmatrix}1\\ i\end{pmatrix}\\
&=\sqrt{\frac{5}{18}}\varphi_3(x)\alpha-i\sqrt{\frac{5}{18}}\varphi_3(x)\beta+\sqrt{\frac{2}{9}}\varphi_5(x)\alpha+i\sqrt{\frac{2}{9}}\varphi_5(x)\beta
\end{align*}
该势场能量本征值为：$E_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2ma^2}$；能量的可测值及相应的概率分别为：
\begin{align*}
&E_3\qquad |\langle\varphi_3\alpha|\psi\rangle|^2+|\langle \varphi_3\beta|\psi\rangle|^2=\frac{5}{18}+\frac{5}{18}=\frac{5}{9}\\
&E_5\qquad |\langle\varphi_5\alpha|\psi\rangle|^2+|\langle \varphi_5\beta|\psi\rangle|^2=\frac{2}{9}+\frac{2}{9}=\frac{4}{9}
\end{align*}

三、用不确定度关系估算一维谐振子的基态能量。

解：
$$\langle x\rangle=\langle p\rangle=0\qquad
(\Delta x)^2=\langle x^2\rangle-\langle x\rangle^2=\langle x^2\rangle
\qquad
(\Delta p)^2=\langle p^2\rangle$$
不确定关系：$\Delta x\Delta p\ge \frac{\hbar}{2}$，有：
$$\langle E\rangle=\frac{\langle p^2\rangle}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^2\langle x^2\rangle
=\frac{(\Delta p)^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^2(\Delta x)^2\ge2\sqrt{\frac{(\Delta p)^2}{2m}\cdot\frac{1}{2}m\omega^2(\Delta x)^2}
=\omega\Delta x\Delta p\ge\frac{\hbar\omega}{2}$$
即：基态能量为$\frac{\hbar\omega}{2}$。

四、（$30'$）各向同性的三维谐振子哈密顿算符为$\hat{H}^0=-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+\frac{m\omega^2}{2}r^2$。加上微扰$\hat{H}'=\lambda(xy+yz+zx)$后，求第一激发态的一级能量修正。

五、（$30'$）自旋为$\frac{1}{2}$，磁矩为$\mu$，电荷为零的粒子置于磁场中。$t=0$是磁场为$\vec{B}_0=(0,0,B_0)$，粒子处于$\hat{\sigma}_z$的本征值为$-1$的本征态$\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$。设在$t>0$时，再加上弱磁场$\vec{B}_1=(B_1,0,0)$，求$t>0$时的波函数，以及测到自旋反转的概率。

{ 方法一（ 精确求解）：}

$$\sigma_z=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}\qquad
\sigma_x=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$$
$$H=-\mu B_0\sigma_z-\mu B_1\sigma_x
=\begin{pmatrix}-\mu B_0&0\\0&\mu B_0\end{pmatrix}
-\begin{pmatrix}0&\mu B_1\\ \mu B_1&0\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}-\mu B_0&-\mu B_1\\ -\mu B_1&\mu B_0\end{pmatrix}$$
$$\begin{vmatrix}-\mu B_0-\lambda &-\mu B_1\\ -\mu B_1&\mu B_0-\lambda\end{vmatrix}=0$$
$$\mu^2B^2_1-(-\mu B_0-\lambda)(\mu B_0-\lambda)=0\qquad
\mu^2B_1^2+\mu^2B^2_0-\lambda^2=0\qquad \lambda=\pm\mu\sqrt{B^2_1+B_0^2}$$
$$
\begin{pmatrix}-\mu B_0\mp\mu\sqrt{B_0^2+B_1^2}&-\mu B_1\\
-\mu B_1&\mu B_0\mp \mu\sqrt{B_0^2+B_1^2}\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}=0
$$
$$
\begin{pmatrix}- B_0\mp\sqrt{B_0^2+B_1^2}&- B_1\\
- B_1& B_0\mp \sqrt{B_0^2+B_1^2}\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}=0
$$
$$
\begin{cases}-(B_0\mp\sqrt{B_0^2+B_1^2})a-B_1b=0\\ -B_1a+(B_0\mp\sqrt{B_0^2+B_1^2})b=0\end{cases}
\qquad
a=\frac{B_1}{-B_0\mp\sqrt{B_0^2+B_1^2}}b
$$
%这个思路是对的。被复杂的形式吓住了！或许是自己不善于将复杂的数学形式简化，不善于突出重点吧！那个微扰的思路也只需再走一步，视为含时微扰，跃迁就好办多了。

当$\lambda=\mu\sqrt{B_0^2+B_1^2}$时，$b$取$B_0+\sqrt{B_0^2+B_1^2}$，则本征态为：$\begin{pmatrix}-B_1\\ B_0+\sqrt{B_0^2+B_1^2}\end{pmatrix}$（未归一化）；
当$\lambda=-\mu\sqrt{B_0^2+B_1^2}$时，$b$取$\sqrt{B_0^2+B_1^2}-B_0$，则本征态为：$\begin{pmatrix}B_1\\ \sqrt{B_0^2+B_1^2}-B_0\end{pmatrix}$（未归一化）。

令$\mu B_1=\hbar\omega_1,\mu B_0=\hbar\omega_0,\sqrt{\omega_0^2+\omega_1^2}=\omega,\pm\mu\sqrt{B_0^2+B_1^2}=\mp\hbar\omega$，于是有：
$$E_1=\hbar\omega,\quad \phi_1=\begin{pmatrix}-\omega_1 \\ \omega+\omega_0\end{pmatrix}=-\omega_1\alpha+(\omega+\omega_0)\beta$$
$$E_2=-\hbar\omega,\quad \phi_2=\begin{pmatrix}\omega_1\\ \omega-\omega_0\end{pmatrix}=\omega_1\alpha+(\omega-\omega_2)\beta$$
其中$\phi_1,\phi_2$未归一化。

将$t=0$时初始波函数按能量本征函数展开，得：
$$\psi(0)=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}=\frac{1}{2\omega}(\phi_1+\phi_2)$$
\begin{align*}
\psi(t)&=\frac{1}{2\omega}(\phi_1e^{-\frac{iE_1t}{\hbar}}+\phi_2e^{-\frac{iE_2t}{\hbar}})=\frac{1}{2\omega}(\phi_1e^{-i\omega t}+\phi_2 e^{i\omega t})\\
&=\frac{1}{2\omega}\{[-\omega_1\alpha+(\omega+\omega_0)\beta](\cos\omega t-i\sin\omega t)+[\omega_1\alpha+(\omega-\omega_0)\beta](\cos\omega t+i\sin\omega t)\}\\
&=\frac{1}{2\omega}(2i\omega_1\alpha\sin\omega t+2\omega\beta\cos\omega t-2i\omega_0\beta\sin\omega t)\\
&=\frac{\omega_1}{\omega}i\sin\omega t\alpha+(\cos\omega t-i\frac{\omega_0}{\omega}\sin\omega t)\beta
\end{align*}
$\psi(t)$满足归一化条件。因此$t>0$时刻，测到粒子自旋反转概率（处于$\alpha$态）为：
$$P(s_z=\frac{\hbar}{2})=\left|i\frac{\omega_1}{\omega}\sin\omega t\right|^2=\frac{\omega_1^2}{\omega^2}\sin^2\omega t$$
{ 在整个过程中并没有对$\phi_1,\phi_2$进行归一化。所以做事不要太机械，按需求来，需要归一化时，再归一化也不迟。}

{ 方法二（微扰）：}

跃迁
$$a_m(t)=\frac{1}{i\hbar}\int_0^t H'_{mk}e^{i\omega_{mk}t'}dt' \qquad W_{k\rightarrow m}=|a_m(t)|^2$$
$$H'_{\beta \alpha}=\langle \beta|-\mu B_1\sigma_x|\alpha\rangle=-\mu B_1\langle \beta|\sigma_x|\rangle=-\mu B_1=-\hbar\omega_1$$
$$\omega_{mk}=\frac{E_m-E_k}{\hbar}=\frac{E_{\beta}-E_{\alpha}}{\hbar}=\frac{-\mu B_0-\mu B_0}{\hbar}=-\frac{2\mu B_0}{\hbar}=-2\omega_0$$
\begin{align*}
\alpha_{\beta}&=\frac{1}{i\hbar}\int_0^tH'_{\beta\alpha}e^{i\omega_{\alpha\beta}t'}dt'
=-\frac{\mu B_1}{i\hbar}\int_0^te^{i\omega_{\alpha \beta}t'}dt'
=-\frac{\mu B_1}{i\hbar}\cdot\frac{1}{i\omega_{\alpha\beta}}e^{i\omega_{\alpha\beta}t}
=-\frac{\mu B_1}{2\mu B_0}e^{i\omega_{\alpha\beta}t}
=-\frac{B_1}{2B_0}e^{i\omega_{\alpha\beta}t}
\end{align*}
$$W(s_z=\frac{\hbar}{2})=|a_{\beta}|^2=\frac{B_1^2}{4B_0^2}\cos^2(2\omega_0t)$$
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